2021-2025年高考物理真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（四）

一,選擇題（共6小題）

1.（2022?北京）質(zhì)量為mi和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間I變化的圖像如

C.碰撞后m2的動(dòng)量大于mi的動(dòng)量

D.碰撞后m2的動(dòng)能小于mi的動(dòng)能

2.（2022?重慶）在測(cè)試汽車(chē)的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受

安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線（如圖）。從碰撞開(kāi)始到碰撞結(jié)束過(guò)程中，若假人頭部只受到安全

氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（）

A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面枳

B.動(dòng)量大小先增大后減小

C.動(dòng)能變化正比廣曲線與橫軸圍成的面積

D.加速度大小先增大后減小

3.（2022?湖北）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度

大小由2V增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為Wi和W2,合外力的沖量大小分別為

IlftI2o下列關(guān)系式一定成立的是（）

A.W2=3WI，I2OI1B.W2=3WI，I2^II

C.W2=7WI，I2OI1D.W2=7WI，I2^II

4.（2022?湖南）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)顯與質(zhì)子大致相等的中性

粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度vo分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分

別為V］和V2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）

中子氫核

坨人出

??----xj—?

中子氮核

A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小

C.V2大于VI

D.V2大于V0

5.（2022?北京）“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員

在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過(guò)四個(gè)階段：

1助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；

2起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí).運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；3飛行階段，在空

中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；

4著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說(shuō)法正確的是（）

A.助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力

B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度

C.飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度

D.著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間

6.（2022?海南）在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是Fi，乙對(duì)甲的作用力是F2，則這兩個(gè)力（)

A.人小相等，方向相反B.人小相等，方向相同

C.F］的沖量大于F2的D.Fi的沖量小于F2的

二.多選題（共2小題）

（多選）7.（2022?乙卷）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)

與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2』iJ（）

fF/N

A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零

B.6s時(shí)物塊回到初始位置

C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg?m/s

D.0?6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J

（多選）8.（2022?湖南）神舟十三號(hào)返回艙進(jìn)入大氣層一段時(shí)間后，逐一打開(kāi)引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，

最后啟動(dòng)反沖裝置，實(shí)現(xiàn)軟著弼。某興趣小組研究了減速傘打開(kāi)后返回艙的運(yùn)動(dòng)情況，將其運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為

豎直方向的直線運(yùn)動(dòng)，其v-1圖像如圖所示。設(shè)該過(guò)程中，重力加速度不變，返I可艙質(zhì)量不變，下列

A.在0?U時(shí)間內(nèi)，返I可艙重力的功率隨時(shí)間減小

B.在。?ti時(shí)間內(nèi)，返回艙的加速度不變

C.在ti?t2時(shí)間內(nèi)，返回艙的動(dòng)量隨時(shí)間減小

D.在時(shí)間內(nèi)，返回艙的機(jī)械能不變

三.解答題（共12小題）

9.（2023?北京）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑

桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B,B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜

止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g,忽略球的大小。求：

（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H：

（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；

(3)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE。

10.(2023?海南)如圖所示，有一固定的光滑;圓弧軌道，半徑R=0.2m,一質(zhì)量為mB=1kg的小滑塊B

從軌道頂端滑下，在其沖上長(zhǎng)木板C左端時(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度，己知mc=3kg,B、

C間動(dòng)摩擦因數(shù)閨=0.2,C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)眼=0.8,C右端有一個(gè)擋板，C長(zhǎng)為L(zhǎng)。

求：

(1)B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力是多大？

(2)若B未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？

(3)在0.16mVLV0.8m時(shí)，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止

所用的時(shí)間。

II.(2023?乙卷)如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為

1,圓管長(zhǎng)度為201。一質(zhì)最為的小球從管的上端口由靜止卜.落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向卜.滑

動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與

圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求

(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大?。?/p>

(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；

(3)圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)。

20/

12.（2023?遼寧）如圖，質(zhì)量mi=lkg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k

=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度%=滑上木板

左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)p=0.l,最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=2依2。取

.重力加速度g=10m/s2,結(jié)果可用根式表示。

十%K

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二」........[

/ZZ/Z/Z/ZZZZ/ZZZZZ///Z/Z////ZZZ/Z////ZZzZZ/Z////?//

（1）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度VI的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離Xlo

（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑劃時(shí)彈簧的壓縮量X2及此時(shí)木板速度V2的

大小。

（3）己知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從V2減小到0所用時(shí)間為5求木板從速度為V2時(shí)到之后與物塊加速度

首次相同時(shí)的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能AU（用to表示）。

13.（2023?浙江）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳

送帶平滑無(wú)縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足

夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=IOON/m

的輕質(zhì)彈簧連接,靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度vo=2&Tm/s從D處進(jìn)入，

經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時(shí)間極短）。已知傳送帶長(zhǎng)L=0.8m,以v=2m/s的速率順時(shí)

針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)u=0.5,其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧

的彈性勢(shì)能Ep=/%2（x為形變量）。

（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小VF和所受支持力大小FN；

（2）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度VB=lm/s,求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能AE；

（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差A(yù)x。

14.（2023?上海）如圖，將小球P拴于L=1.2m的輕繩上，mp=O.I5kg向左拉開(kāi)一段距離釋放，水平地

面上有一物塊Q,mQ=0.1kg。小球P于最低點(diǎn)A與物塊Q碰撞,P與Q碰撞前瞬間向心加速度為1.6m/s2,

碰撞前后P的速度之比為5：1,碰撞前后P、Q總動(dòng)能不變,（重力加速度g取9.8m/s2,水平地面動(dòng)摩

擦因數(shù)H=0.28）

（1）求碰撞后瞬間物塊Q的速度VQ；

（2）P與Q碰撞后再次回到A點(diǎn)的時(shí)間內(nèi)，物塊Q運(yùn)動(dòng)的距離。

15.（2023?重慶）如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點(diǎn)，且位

于同一直徑上，P為血段的中點(diǎn)。在P點(diǎn)處有一加速器（大小可忽略），小球每次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后，其速度

大小都增加vo。質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度vo沿軌道逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，與靜止在M處的小球2發(fā)

生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時(shí)間。求：

（1）球1第一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后瞬間向心力的大?。?/p>

（2）球2的質(zhì)量;

（3）兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間。

16.3（2023?廣東）如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平

滑連接的平臺(tái)組成，滑槽高為3L,平臺(tái)高為L(zhǎng)。藥品盒A、B依次被輕放在以速度vo勻速運(yùn)動(dòng)的傳送

帶上，在與傳送帶達(dá)到共速后，從M點(diǎn)進(jìn)入滑槽，A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下，隨后滑下的B以

2Vo的速度與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤(pán)內(nèi)直徑的兩端。已知A、

B的質(zhì)量分別為m和2m,碰撞過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的士A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因

4

數(shù)為四，重力加速度為g,A、B在滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤(pán)的高度，將藥品盒

視為質(zhì)點(diǎn)。求：

（1）A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t；

（2）B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功W：

（3）圓盤(pán)的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。

v()

17.（2023?天津）質(zhì)量niA=2kg的物體A白距地面h=12u高度自由落下，與此同時(shí)質(zhì)量HIB=1心的物

體B由地面豎直上拋，經(jīng)l=0.2s與A碰撞，碰后兩物體粘在一起，碰撞時(shí)間極短，忽略空氣阻力。兩

物體均口］■視為質(zhì)點(diǎn)，g取lOm/sn,求A、B：

（1）碰撞位置與地面的距離x；

（2）碰撞后瞬間的速度大小v：

（3）碰撞中損失的機(jī)械能AE°

IS（2023?河北）如圖，質(zhì)量為1kg的薄木板靜置于光滑水平地面上，半徑為。.73m的豎直光滑圓弧軌道

固定在地面，軌道底端與木板等高，軌道上端點(diǎn)和圓心連線與水平面成37。角,質(zhì)量為2kg的小物塊

A以8m/s的初速度從木板左端水平向右滑行，A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5o當(dāng)A到達(dá)木板右端時(shí)，

木板恰好與軌道底端相碰并被鎖定，同時(shí)A沿圓弧切線方向滑上軌道。待A離開(kāi)軌道后，可隨時(shí)解除

木板鎖定，解除鎖定時(shí)木板的速度與碰撞前瞬間大小相等、方向相反。一知木板長(zhǎng)度為1.3m,g取IOm/s2,

VIU取3.16,sin37°=0.6,cos370=0.8。

（1）求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大??；

（2）求物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力大小及離開(kāi)軌道后距地面的最大高度；

（3）物塊A運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)會(huì)炸裂成質(zhì)量比為1：3的物塊B和物塊C,總質(zhì)量不變，同時(shí)系統(tǒng)動(dòng)

能增加3J,其中一塊沿原速度方向運(yùn)動(dòng)。為保證B、C之一落在木板上，求從物塊A離開(kāi)軌道到解除

木板鎖定的時(shí)間范圍。

19.（2023?湖南）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面.上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道,

橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為a和b,長(zhǎng)軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)

軸的右端點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑。以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的

直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長(zhǎng)軸位于x軸上。整個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。

（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離；

（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；

（3）若上二二）,求小球下降力高度時(shí)，小球相對(duì)于地面的速度大?。ńY(jié)果用a、b及g表示）。

ma-bN

20.（2023?山東）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所

在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度vo向右做勻速

直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B的左端經(jīng)過(guò)軌道末端時(shí)，從弧形軌道某處無(wú)初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點(diǎn)，并

以水平速度v滑上B的上表面，同時(shí)撤掉外力，此時(shí)B右端與P板的距高為s。已知vo=lnVs,v=4m/s,

mA=mc=lkg,mB=2kg,A與地面間無(wú)摩擦，B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)陽(yáng)=0.1,C與B間動(dòng)摩擦因數(shù)依

=0.5,B足夠長(zhǎng)，使得C不會(huì)從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間，取重力

加速度大小g=10m/s2。

（1）求C下滑的高度H；

（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；

（3）若s=0.48m,求B與P碰撞前，摩擦力對(duì)C做的功W；

（4）若s=0.48m,自C滑上B開(kāi)始至A、B、C三個(gè)物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個(gè)物體總動(dòng)量的變

化量Ap的大小。

2021-2025年高考物理真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（四）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共6小題）

題號(hào)12356

答案CDDBBA

二,多選題（共2小題）

題號(hào)78

答案ADAC

一,選擇題（共6小題）

I.（2022?北京）質(zhì)量為mi和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間I變化的圖像如

B.碰撞后m2的速率大于mi的速率

C.碰撞后m2的動(dòng)量大于mi的動(dòng)量

D.碰撞后m2的動(dòng)能小于mi的動(dòng)能

【考點(diǎn)】碰撞過(guò)程中的圖像問(wèn)題；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題.

[^題】定性思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；理解能力.

【答案】C

【分析】x-l圖像的斜率表示速度，根據(jù)圖象求解碰撞前、后碰撞后皿、m2的速度大小，根據(jù)動(dòng)量守

恒定律求解兩物體的質(zhì)量；根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式求解碰撞前、后系統(tǒng)的動(dòng)能，由此分析碰撞的性質(zhì)。

【解答】解：A,x-t圖像的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的速度，由圖可知，碰前m2保持靜止，mi速度為vi=jm/s

=4m/s,故A錯(cuò)誤;

B＞根據(jù)斜率可知，碰撞后m?的速率為v'2=m/s=2nVs,mi的速率為v'1=＞一m/s=-2m/s,

負(fù)號(hào)說(shuō)明mi反向彈【口|,二者速度大小相等，故B錯(cuò)誤；

C、碰撞后mi反向彈回,以開(kāi)始時(shí)mi的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可知，mivi=miv'i+nuv'2,

代入數(shù)據(jù)解得，m2=3mi，由于速度大小相等，則說(shuō)明碰撞后碰撞后m2的動(dòng)量大于叫的動(dòng)量，故C

正確；

D、由動(dòng)能的表達(dá)式可知，mi的動(dòng)能Eki=2恤*=2x如x2?=2mi，m2的動(dòng)能Ek2=2也增二義x

2

m2x2=2ni2，因?yàn)閙2=3m,v'i=v'2，所以碰撞后m2的動(dòng)能大于mi的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不

受外力作用或某一方向不受外力作川（或合外力為零）；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系

統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。

2.（2022?重慶）在測(cè)試汽車(chē)的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受

安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線（如圖）。從碰撞開(kāi)始到碰撞結(jié)束過(guò)程中，若假人頭部只受到安全

氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（）

A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積

B.動(dòng)量大小先增大后減小

C.動(dòng)能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積

D.加速度大小先增大后減小

【考點(diǎn)】動(dòng)顯定理的內(nèi)容和應(yīng)用；加速度的定義、表達(dá)式、單位及物理意義；動(dòng)能的定義、性質(zhì)、表達(dá)

式.

【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力.

【答案】D

【分析】F-t圖像的面積為合外力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理判斷動(dòng)量的變化量；根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系分

析動(dòng)能的變化；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度變化。

【解答】解：AB.假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F-t圖像的面積即合外力的沖品，再根據(jù)動(dòng)最

定理可知F-1圖像的面積也是動(dòng)量的變化量，且圖線一直在I軸的上方，則動(dòng)量的大小一直增大，故

AB錯(cuò)誤

C.根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系有

Ek=g

而F?t圖像的面積是動(dòng)量的變化量，則動(dòng)能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，故C錯(cuò)誤：

D.假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓第二定律可知a-F,即假人頭部的加速度先增大后

減小，故D正確；

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量定理和動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系，解題關(guān)鍵要充分利用圖像信息，知道圖像面積的含義。

3.(2022?湖北)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度

大小由2V增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為Wi和W2,合外力的沖量大小分別為

h和12。下列關(guān)系式一定成立的是()

A.W2=3Wj,LW3I1B.W2=3WI，I2^II

C.W2=7WI，h<3IiD.W2=7WI，I2^II

【考點(diǎn)】動(dòng)顯定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用.

【專題】定量思想；方程法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力.

【答案】D

【分析】根據(jù)動(dòng)能定理求解拉力做的功，根據(jù)動(dòng)量定理分析力的沖量范圍，由此作答。

【解答】解：在前一段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W|=|m(2v)2-=3x1?nv2

在后一段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W2=^7n(5v)2-1m(2v)2=2\x^mv2

所以W2=7W|；

由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最

大，因此沖量的大小范圍是：

m?2v-mvW11Wm?2v+mv,即mvW11W3mv

m*5v-m?2vWl2Am?5v+m?2v,即3mvWl2W7mv

可知：l22h，故D正確、ABC錯(cuò)誤。

故選：Do

【點(diǎn)評(píng)】涉及力對(duì)空間的作用效果首選動(dòng)能定理，涉及力對(duì)時(shí)間的作用效果首選動(dòng)最定理。

4.（2022?湖南）1932年，杳德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性

粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度vo分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分

別為V］和V2。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）

Vb巧

?--?-------（>——?

中子氫核

??-------------?

中子氮核

A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小

C.V2大于vi

D.V2大于V0

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題.

【專題】動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力.

【答案】B

【分析】根據(jù)彈性碰撞模型規(guī)律即可求解

【解答】解：設(shè)中子的質(zhì)量為m,則氫核和氮核的質(zhì)最分別為m、14m,

1c

由于碰撞為彈性碰撞，選向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：中子與氫核碰撞，mvo=mv+mvi，=

4

11

-771V2+-mu?,解得：V1=V.J

221

1

212

-機(jī)V12

中子與氮核碰撞，mvo=mv+l4mv2，2O=-mv?+-x14mv2

n2n2

解得：、'2=觥而％=含，0

A、碰撞后氫核動(dòng)量為mvo,氮核動(dòng)量為14mx制o=,mvo,氮核動(dòng)量大于氫核動(dòng)量，故A錯(cuò)誤；

2

B、碰撞后氮核的動(dòng)能為14mx二謚魯，氫核的動(dòng)能為:m評(píng)，所以碰撞后氮核的動(dòng)能比

2225u2252u

氫核的小，故B正確；

CD、由上述分析可得：vi>V2，V2<vo?故CD錯(cuò)誤；

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題看似在考查原子核物理，實(shí)則在考彈性碰撞模型的理解與應(yīng)用，注意知識(shí)遷移能力的培養(yǎng)。

5.（2022?北京）“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員

在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過(guò)四個(gè)階段:

I助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡最深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；

2起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；3飛行階段，在空

中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；

4著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩腎左右平伸。下列說(shuō)法正確的是（）

A.助滑階段,運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力

B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度

C.飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度

D.著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間

【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；判斷是否存在摩擦力；平他運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算.

【專題】信息給予題；定性思想；推理法；平拋運(yùn)動(dòng)專題；摩擦力專題；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；理解能力.

【答案】B

［分析】助滑階段和飛行階段都是為了減小空氣阻力；

起跳階段是為了增大運(yùn)動(dòng)員向上的速度；

著陸階段屈膝是為了正常作用時(shí)間，從而減小作用力。

【解答】解：A、助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，而無(wú)法減小與滑道之間的摩

擦力，故A錯(cuò)誤；

B、起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度，故B正確；

C、飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小與空氣間的摩擦力，故C錯(cuò)誤；

D、著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了增加與地面的作用時(shí)間，從而減小沖擊力，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

【點(diǎn)評(píng)】本題以滑雪運(yùn)動(dòng)為考查背景，主要考查了動(dòng)量定理的相關(guān)應(yīng)用，理解物理知識(shí)在生活中的應(yīng)用，

比較考研學(xué)生的分析理解能力。

6.（2022?海南）在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是Fi，乙對(duì)甲的作用力是F2,則這兩個(gè)力（）

A.大小相等，方向相反B.大小相等，方向相同

C.Fi的沖量大于F2的D.Fi的沖量小于F2的

【考點(diǎn)】動(dòng)最的定義、單位及性質(zhì)；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用.

【答案】A

【分析】根據(jù)牛頓第三定律和沖量定義進(jìn)行判斷。

【解答】解：AB、，在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是Fi，乙對(duì)甲的作用力是F2,根據(jù)牛頓第三

定律可知Fi與F2為作用力反作用力，大小相等方向相反，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、由于Fi和F2大小相等，甲推乙兩力作用時(shí)間相等，故兩力的沖量大小相等，方向相反，故CD錯(cuò)

誤；

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)牛頓第三定律和沖量定義的理解，題目難度較易，考點(diǎn)基礎(chǔ)性強(qiáng)。

二,多選題（共2小題）

（多選）7.（2022?乙卷）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)

與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10ni/s2jUJ（）

-F/N

A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零

B.6s時(shí)物塊|口1到初始位置

C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg?m/s

D.0?6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J

【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)HJ；F-t圖像中的動(dòng)量問(wèn)題；重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算；用動(dòng)能的定義式計(jì)

算物體的動(dòng)能.

【專題】定審思想；圖析法；動(dòng)晟定理應(yīng)用專題；分析綜合能力.

【答案】AD

【分析】求出物塊與地面間的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)動(dòng)量定理求解3s時(shí)的速度和4s時(shí)的速度，再根據(jù)位移

計(jì)算公式求解位移，根據(jù)功的計(jì)算公式求解做的功。

【解答】解：物塊與地面間的滑動(dòng)摩擦力為：f=Rmg=0.2XlX10N=2No

A、n=3s時(shí)物體的速度大小為V3，則有：（F-f）t3=mv3,其中F=4N,代入數(shù)據(jù)解得:V3=6m/s；

U=4s時(shí)速度為V4，根據(jù)動(dòng)量定理可得：-（F+「）（U-t3）=mv4-mv3，代入數(shù)據(jù)解得：V4=0,故A

正確；

B、0?3s物塊沿正方向加速運(yùn)動(dòng)，3s?4s物塊沿正方向減速運(yùn)動(dòng)，4s末的速度為零，4s?6s物塊反向

加速，且加速度大小與0?3s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；

C、3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為：p=mv3=lX6kg*111/8=6kg*m/s,故C錯(cuò)誤；

D、0?3s內(nèi)物塊的位移：乂尸空打=?x3m=9m,方向?yàn)檎较颍?/p>

3s?4s內(nèi)物塊的位移：X2==x（4-3）m=3m,方向?yàn)檎较颍?/p>

6s時(shí)物塊的速度大小為V6,則有:（F-f）t2=mv6?解得：V6=4m/s

4s?6s物塊的位移大小為：x3=^t2=x2m=4m,方向?yàn)樨?fù)方向。

所以0?6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為：W=F（XI-X2+X3）=4X（9-3+4）J=40J,故D正確。

故選：ADo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)量定理與圖象的結(jié)合，關(guān)鍵是弄清楚運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，知道合外力的沖

量等于動(dòng)量的變化。

（多選）8.（2022?湖南）神舟十三號(hào)返回艙進(jìn)入大氣層一段時(shí)間后，逐一打開(kāi)引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，

最后啟動(dòng)反沖裝置，實(shí)現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開(kāi)后返回艙的運(yùn)動(dòng)情況，將其運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為

豎直方向的直線運(yùn)動(dòng)，其v-i圖像如圖所示。設(shè)該過(guò)程中，富力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列

說(shuō)法正確的是（）

A.在。?ti時(shí)間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時(shí)間減小

B.在0?ti時(shí)間內(nèi)，返回艙的加速度不變

C.在ti?t2時(shí)間內(nèi)，返回艙的動(dòng)量隨時(shí)間減小

D.在t2?t3時(shí)間內(nèi)，返回艙的機(jī)械能不變

【考點(diǎn)】動(dòng)量大小的影響因素及比較；牛頓第二定律求解多過(guò)程問(wèn)題；瞬時(shí)功率的計(jì)算；判斷機(jī)械能是

否守恒及如何變化.

【專題】定性思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理論證能力.

【答案】AC

【分析】根據(jù)v-t圖像判斷出返回艙速度的變化，根據(jù)P=mgv求得重力的瞬時(shí)功率，根據(jù)p=mv判

斷出動(dòng)最的變化，機(jī)械能為動(dòng)能與勢(shì)能之和。

【解答】解：A、根據(jù)v-t圖像可知在0?ti時(shí)間內(nèi)速度逐漸減小，根據(jù)P=mgv,返回艙重力的功率

隨時(shí)間減小，故A正確；

B、在v?t圖像中，圖像的斜率表示加速度，斜率逐漸減小，故加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；

C、在U?12時(shí)間內(nèi)，速度逐漸減小，根據(jù)p=mv可知返回艙的動(dòng)量隨時(shí)間減小，故C正確；

D、在12?t3時(shí)間內(nèi)，返回艙的速度不變，動(dòng)能不變，但重力勢(shì)能減小，故機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤；

故選:ACo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了v-i圖像，根據(jù)圖像判斷出速度的變化，抓住圖像的斜率表示加速度，利用

好動(dòng)量和瞬時(shí)功率的定義式即可。

三.解答題（共12小題）

9.（2023?北京）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑

桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B,B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜

止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g,忽略球的大小。求：

（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；

（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；

（3）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE。

B

【考點(diǎn)】動(dòng)審守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能晟轉(zhuǎn)化：機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)

單應(yīng)用.

【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力.

1?2

【答案】（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H是「；

2g

（2）碰撩前瞬間繩子的拉力大小是mg十邛;

（3）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能△E是-m\J。

4

【分析】（1）A下擺過(guò)程機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出釋放時(shí)距離桌面的高度。

（2）碰撞前瞬間繩了?的拉力與重力的合力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出繩了?拉力大小。

（3）A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律求出碰撞過(guò)程系統(tǒng)

損失的機(jī)械能。

【解答】解：（1）A下擺過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

解得：H=g

（2）碰撞前瞬間，繩子的拉力與重力的合力提供向心力，對(duì)A,由牛頓第二定律得：F-mg

解得：F=mg+等-

（3）A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，

在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv=2mv'

11

由能量守恒定律得：-mv2=-x2mv'2+AE

22

解得：△E=*mv2

v2

答：（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H是??；

2g

（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小是mg+邛；

（3）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE是士nV?。

4

【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)題意分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、

動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律可以解題；解題時(shí)注意碰撞過(guò)程系統(tǒng)僅在水平方向動(dòng)量守恒。

10.（2023?海南）如圖所示，有一固定的光滑三圓弧軌道，半徑R=0.2m,一質(zhì)量為mB=1kg的小滑塊B

4

從軌道頂端滑下，在其沖上長(zhǎng)木板C左端時(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度，已知mc=3kg,B、

C間動(dòng)摩擦因數(shù)陽(yáng)=0.2,C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)以=0.8,C右端有一個(gè)擋板，C長(zhǎng)為L(zhǎng)。

求：

（1）B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力是多大？

（2）若B未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱敢是多少？

（3）在0.16mVLV0.8m時(shí),B與C右端擋板發(fā)生碰撞，旦碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止

所用的時(shí)間。

B

A

WWWWWWWxxwwxwxwxwxwwxwxwxwxwwwwwxxw

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第三定律的理解與應(yīng)

用；繩球類模型及其臨界條件；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化.

【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力.

【答案】（1）B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力為30N；

（2）若B未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是1.6J；

（3）在0.16mVLV0.8m時(shí)，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，B從滑上C到最終停止所

用的時(shí)間為（1一竺縹三川。

【分析1（1）根據(jù)動(dòng)能定理得出滑塊的速度，結(jié)合牛頓第二定律和牛頓第三定律得出B對(duì)A的壓力大

??；

（2）根據(jù)牛頓第二定律得出物體的加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和摩擦力的產(chǎn)熱公式完成分析；

（3）分階段根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析出物塊的運(yùn)動(dòng)情況，最后相加得出總時(shí)間的大小。

【解答】解：（1）滑塊下滑到軌道底部，有

解得：vo=2m/s

在底部，根據(jù)牛頓第二定律

Pvo

FN-mBg=m8才

解得：FN=30N

由牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力是30No

（2）當(dāng)B滑上C后，對(duì)B分析，受摩擦力向左，根據(jù)牛頓第二定律得

fB=HHTlBg=mBaB

解得：%=2m/s2,方向水平向左

對(duì)C分析，受B向右的摩擦力mrneg和地面向左的摩擦力f地c=U2（niB+mc）g

根據(jù)牛頓第二定律

fKJC-FBC=R2(mB+mc)g-mmBg=mca2

解得其加速度向左為

2

a2=10/n/s

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得B向右運(yùn)動(dòng)的距離為：

_詔

Xi=Q--

12al

代入數(shù)據(jù)解得：xi=lm

C向右運(yùn)動(dòng)距離

代入數(shù)據(jù)解得：x2=0.2m

由功能關(guān)系可知，B、C間摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=HimBgCxi-X2）

可得：Q=1.6J

（3）由上問(wèn)可知，若B還末與C上擋板碰撞，C先停下，用時(shí)為U，有

1a2

解得：ti=O.2s

B的位移為

1）

XBI=voti

代入數(shù)據(jù)解得：XBi=0.36m

則此刻的相對(duì)位移為

xffl=XBi-X2=0.36m-0.20m=0.16m

此時(shí)VBI=V-aiti

代入數(shù)據(jù)解得:vBi=1.6m/s

由L>0.16m,一定是C停下之后，B才與C上擋板碰撞。設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間B與C擋板碰撞.有

11,

L—0.16=1781t2-201,2

解得：C2=0.8-V0.8-L

碰撞時(shí)B速度為

vB2=vB1—a1t2—2,0.8—L

碰撞時(shí)，選擇水平向右的方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量守恒可得

IIIBVB2=（mB+mc）v

解得碰撞后B、C速度為

之后二者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律得

〃2(?幾/?+?九c)g

叫+叫

代入數(shù)據(jù)解得：a3=8m/s

后再經(jīng)13后停下，則有

0.8-L

16~

故B從滑I：C到最終停止所用的時(shí)間總時(shí)間

t=t|+t2+t3

聯(lián)立解得：1=(1_2藍(lán)多

答：(1)B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力為30N；

(2)若B未與C后端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是1.6J;

(3)在O.I6m<LVO.8m時(shí)，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，B從滑上C到最終停止所

用的時(shí)間為(1-竺韁衛(wèi)”。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉物體的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式分析出物體的運(yùn)動(dòng)情況，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律即可完成分析。

II.(2023?乙卷)如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為

I，圓管長(zhǎng)度為201。一質(zhì)量為n的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向下滑

動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與

圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求

(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大小；

(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；

(3)圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)。

o

【考點(diǎn)】用動(dòng)量守恒定律解決簡(jiǎn)單的碰撞問(wèn)題；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題.

【專題】定量思想：推理法；歸納法：模型法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力.

【答案】（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大小均為學(xué)：

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離為1；

（3）圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)為4次。

【分析】（1）小球第一次與圓盤(pán)碰撞前做自由落體運(yùn)動(dòng)，由速度一位移公式求得小球第一次碰撞圓盤(pán)時(shí)

的速度，小球與圓盤(pán)發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求解；

（2）第一次碰后小球做豎直二拋運(yùn)動(dòng)，圓盤(pán)豎直向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的速度與圓盤(pán)的速度相

同時(shí)，兩者間距離最大，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；

（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求解每次碰撞后小球和I員I盤(pán)的速度。每次碰撞后到下一次碰

撞時(shí)，兩者位移相同，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得相鄰兩次碰撞經(jīng)歷的時(shí)間、圓盤(pán)位移、碰撞前瞬間小球的速

度。總結(jié)歸納出每次碰撞后圓盤(pán)位移的規(guī)律，依據(jù)此規(guī)律求解所求的碰撞次數(shù)。

【解答】解：（I）小球第一次與圓盤(pán)碰撞前做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩者第一次碰撞前瞬間小球的速度大小

為vi，由速度一位移公式得：

2gl=Vi

解得：VI=y/2gi

設(shè)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度分別為Vml、VMI，小球與圓盤(pán)發(fā)生彈性碰撞，以豎直向下為正

方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：

mvi=mvmi+MvMi

121212

2mvi=2mVml+2MVMI

已知：m=

\2gl（2gl

聯(lián)立解得：vm尸一產(chǎn)，VM尸產(chǎn)

故第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大小均為工J2a六l，小球速度方向?yàn)樨Q直向上，圓盤(pán)速度方向?yàn)樨Q

直向下。

（2）第?次碰后小球做豎直:拋運(yùn)動(dòng)。因圓盤(pán)所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等，故圓盤(pán)豎直向

卜.做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的速度與圓盤(pán)的速度相同時(shí)，兩者間距離最遠(yuǎn)。

設(shè)第一次碰后小球經(jīng)過(guò)時(shí)間t與圓盤(pán)的速度相同，兩者間的最遠(yuǎn)距離為Sm，以豎直向下為正方向，根據(jù)

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：

VMl=Vm|+gt

解得一舊

2

Sm=VMlt-(Vm|t4-1gt)

解得：Sm=l。

(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相同，設(shè)此過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為5圓盤(pán)的位移為xi，以

豎直向下為正方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：

1O

X|=VMlt|=Vmlll+2^^1

解得：11=2居,X1=21

3所

第二次碰撞前瞬間小球的速度為：V2=Vnil+gtl=送一

設(shè)第二次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度分別為\的2、VM2,以豎直向下為正方向，由動(dòng)最守恒定律和機(jī)

械能守恒定律得：

niV2+MvMI=mVm2+MvM2

1111

2

-V+---

2Tn2222MV

聯(lián)立解得：vm2=0,VM2=yl2gl

同理」設(shè)第二次碰撞后到第三次碰撞時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t2,圓盤(pán)的位移為X2,則有:

12

X2=VM2t2=Vm2t2+《9垃

解得：t2=2源，X2=41

第三次碰撞前瞬間小球的速度為：V3=Vm2+gt2=2國(guó)

設(shè)第三次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度分別為Vm3、VM3,同理可得：

IBV3+MVM2=mvm3+MvM3

1

2

-mV12112

23+-=~mVm23+-MVM3

\2gl3\2gl

聯(lián)立解得：Vm3=^~，VM3=

乙乙

同理，設(shè)第三次碰撞后到第四次碰撞時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t3,圓盤(pán)的位移為X3,則有：

1,

X3=VM3t3=Vm3t3+訝9片

解得：t3=2舟X3=61

綜上分析，由前三次碰撞后圓盤(pán)的向下運(yùn)動(dòng)的位移分別為：xi=2LX2=4LX3=6L可歸納出每次碰撞

后到下一次碰撞時(shí)，圓盤(pán)位移逐次增加21,如果圓盤(pán)不離開(kāi)圓管，第四次碰撞后到第五次碰撞時(shí)圓盤(pán)的

位移為X4=8IO

H201-1-XI-X2-X3=7I<X4=8I,故第四次碰撞后圓盤(pán)離開(kāi)圓管，則圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球

與圓盤(pán)的碰撞次數(shù)為4次。

答：（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大小均為目；

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離為1；

（3）圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)為4次。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了一維碰撞問(wèn)題，考查了動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用。第（2）問(wèn)要知道

兩者距離最遠(yuǎn)的條件是速度相同。要熟記彈性碰撞的經(jīng)驗(yàn)公式。

12.（2023?遼寧）如圖，質(zhì)量mi=lkg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k

=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小物塊以水平向右的速度%=）m/s滑上木板

左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)卜=0.1，最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=2依2。取

重力加速度g=10m/s2,結(jié)果可用根式表示。

r=TVoK

m2,

二.」.......[

zzzzz/z/z/z/zz/z/z/z/z/z/zz/zzz/zZ/ZZZZzZZZ/Z/Z/Z/Z

（I）求木板剛接觸彈簧時(shí)速度VI的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離XI。

（2）求木板與抻簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑力時(shí)彈簧的壓縮量X2及此時(shí)木板速度V2的

大小。

（3）已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從V2